\section{勾 股 数}

\begin{frame}{勾 股 数}

不定方程
\[
X^{2}+Y^{2}=Z^{2}
\]
称为\emph{勾股数方程}， 其正整数解 $(X, Y, Z)=(a, b, c)$ 称为\emph{勾股数组} (Pythagorean triple). 
\pause
由勾股定理可知， 每个勾股数组构成一个整 (数) 边 (长)直角三角形的三条边。 例如
\[
  (3,4,5), (6,8,10),(5,12,13),(8,15,17), 
(7,24,25),(20,21,29)
\]
等。
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我国《周髀算经》已有据观测太阳而叙述的勾股定理：“以日下为勾，日高为股， 勾股各自乘， 并开方而除之， 得斜至日者。”西方称为 Pythagoras (毕达哥拉斯)定理。

\pause
若解 $a, b, c$ 使 $a b c=0$, 则称为\emph{平凡解}。 只需讨论非平凡解。 
显然可设解均为正整数。 $(a, b, c)$ 为解当且仅当 $(k a, k b, k c)$ 为解 ( $k$ 为整数), 它们称为\emph{成比例的解}。 
在一组成比例的解中， 有唯一的正整数解 $(a, b, c)$ 使得最大公
因子 $(a, b, c)=1$. 这样的解称为\emph{本原 (primitive) 解}， 或\emph{本原勾股数组}。 
因此，只需求本原解即可得到全部解。

\pause
若 $(a, b, c)$ 为本原勾股数组， 则
\[
  a^{2}+b^{2} = c^{2}.
\]
考虑模 $4$ 同余， 因任意 $k^{2} \equiv 0$ 或 $1\left(\mod  4\right)$, 故只有两种可能：
\[
1+0 \equiv 1 \quad\text {或}\quad 0+1 \equiv 1 \quad\left(\mod  4\right) .
\]
即 $a, b$ 必是一奇一偶。 
\pause
故可设 $a$ 为奇数， $b$ 为偶数， $c$ 为奇数 (必要时将 $a, b$名称互换), 而且 $a, b, c$ 必是两两互素的， 因为， 假若素数 $(a, b)>1$, 则有素因子 $p$, 则由 $a^{2}+b^{2}=c^{2}$ 知 $p\mid c^{2}, p\mid  c$, 从而 $p \mid(a, b, c)$, 矛盾。
\end{frame}

\begin{frame}

\begin{theorem}%定理1
  [Euclid 公式]
  任意本原勾股数组 $(a, b, c)$ ($b$ 为偶数) 可唯一如下得到：
\[
a=m^{2}-n^{2}, \quad b=2 m n, \quad c=m^{2}+n^{2}
\]
其中 $m>n$ 为互素正整数， 一奇一偶。 反之， 对任意整数 $m>n$, 上述 $(a, b, c)$ 是勾股数组; 且 $(a, b, c)$ 为本原勾股数组当且仅当 $m>n$ 为互素正整数， 一奇一偶。
\end{theorem}

\pause
  \begin{corollary}%系1
    任一勾股数组 $(a, b, c)$ 可如下表出 (可能需要交换下$a,b$的顺序)：
\[
  a=k \cdot\left(m^{2}-n^{2}\right), \quad b=k \cdot(2 m n), \quad c=k \cdot\left(m^{2}+n^{2}\right),
\]
其中 $m>n$ 为互素正整数， 一奇一偶， $k=\gcd(a,b,c)$.
而且，$m, n, k$ 由 $(a, b, c)$ 唯一决定。
\end{corollary}

\begin{proof*}[系 1 的证明] 
  系 1 中 $(a, b, c)$ 显然是勾股数组。 反之， 对任一勾股数组 $(a, b, c)$, 设其最大公因子为 $k$, 则 $\left(a^{\prime}, b^{\prime}, c^{\prime}\right)=(a / k, b / k, c / k)$ 为本原勾股数组， 按定理 1 可由 Euclid 公式唯一表出 $\left(a^{\prime}, b^{\prime}, c^{\prime}\right)$. 从而 $(a, b, c)=$ $\left(k a^{\prime}, k b^{\prime}, k c^{\prime}\right)$ 可由系 1 公式得到。
\end{proof*}

\pause
注意， Euclid 公式可表出所有本原勾股数组， 但并不能表出所有勾股数组。 例如 $(3 \cdot 3,3 \cdot 4,3 \cdot 5)$ 只可由系 1 公式表出。


\end{frame}


\begin{frame}
\begin{proof*}[定理 1 的证明 1] (1) 设 $(a, b, c)$ 为一本原勾股数组。 可设 $a$ 为奇数， $b$ 为偶数， $c$ 为奇数。 于是
\[
  \begin{aligned}
    c^{2}-a^{2}&= b^{2}, \\
    (c+a)(c-a)&= b^{2}, \\
\frac{c+a}{2} \cdot \frac{c-a}{2}&= \left(\frac{b}{2}\right)^{2}.
\end{aligned}
\]
整数 $u=\frac{c+a}{2}$ 与 $v=\frac{c-a}{2}$ 互素（因 $(u, v) \mid(u+v, u-v)=(c, a)=1$). 
上式表明，二个互素整数的积为平方数 (即 $u v=(b / 2)^{2}$ ). 
由整数唯一因子分解定理可知，此二数皆应为完全平方数
(否则， 设 $u=m^{2} u_{1}, v=m^{2} v_{1}$, 其中 $u_{1}, v_{1}(\neq 1)$ 皆不含整数的平方因子， 且互素。 
  那么
\[
  u v=m^{2} n^{2} u_{1} v_{1},
\]
因 $u_{1} v_{1}$ 的素数因子皆互异， 故不是完全平方数， 矛盾). 因此可知
\[
\frac{c+a}{2}=m^{2}, \quad \frac{c-a}{2}=n^{2}
\]
(其中 $m, n$ 为互素正整数). 故得
\[
a=m^{2}-n^{2}, \quad b=2 m n, \quad c=m^{2}+n^{2}
\]
而且 $m, n$ 由 $a, b, c$ 唯一决定。
\end{proof*}
\end{frame}
\begin{frame}

\begin{proof*}[定理 1 的证明 1 (续)]
 对任意整数 $m>n$, 定理中 $(a, b, c)$ 显然为勾股数组， 因为
 \[
   \left(m^{2}-n^{2}\right)^{2}+(2 m n)^{2}=m^{4}-2 m^{2} n^{2}+n^{4}+4 m^{2} n^{2}=\left(m^{2}+n^{2}\right)^{2}.
 \]

 (2) $m>n$ 相当于 $a, b, c$ 皆正。 由 Euclid 公式知 $(m, n) \mid(a, c)$, 也知
 \[
 (a, c) \mid(a+c, a-c)=\left(2 m^{2}, 2 n^{2}\right)=2(m, n)^{2}
 \]
 若 $(a, b, c)$ 本原， 则 $(a, c)=1$, 故 $(m, n)=1$, 且 $m-n$ 为奇数 (否则 $m, n$皆为奇数， $a, b, c$ 皆为偶数， 矛盾); 即知 $m>n$ 互素且一奇一偶。

 反之， 若 $(m, n)=1$ 且 $m-n$ 为奇数， 则 $(a, c) \mid 2$. $m, n$ 一奇一偶， $a, c$皆为奇数。 故 $(a, c)=1$. 从而
 \[
   (a, b, c)=((a, c), b)=(1, b)=1.
 \]
 \end{proof*}


此证明的关键， 是利用了分解 $c^{2}-a^{2}=(c+a)(c-a)$, 和整数唯一因子分解定理。 这种分解有多种应用和发展。 如果运用复数， 我们可以直接分解
\[
  c^{2}=a^{2}+b^{2}=(a+b \mathrm{i})(a-b \mathrm{i}).
\]
当然还需证明 $a+b \mathrm{i}$ 这种数 (称为 \emph{Gauss 整数}) 是满足唯一因子分解定理的 (这里 $i=\sqrt{-1}$)。

\end{frame}
\begin{frame}
  \begin{proof*}[定理 1 的证明 2]
    用算术几何的证法， 更加直观和具有发展潜力。 求齐次方程
  \(
  X^{2}+Y^{2}=Z^{2}
\)
的整数解 $(Z \neq 0)$, 可化为求
\(
  x^{2}+y^{2}=1.
\)
的有理 (数) 解。 前式的解 $(X, Y, Z)$ 给出后式的解 $x=X / Z, y=Y / Z$; 而后式的有理解 $(x, y)$ 可写为 $(a / c, b / c)$, 从而给出前式解 $(a, b, c)$. 这种对应是：前式的 “一组成比例解”与后式的 “一个解”相对应。（这里我们一般不限于正解。 )

\pause
\begin{wrapfigure}{r}{.3\textwidth}
  \centering
  \includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_06_01_28399ea5910f16de7574g-121}
  \caption*{图 1}
\end{wrapfigure}

因此， 求本原勾股数组的问题， 化为求单位圆 $x^{2}+y^{2}=1$ 上的有理点 (即坐标为有理数的点) 问题。

\pause
如图 1, 过有理点 $P_{0}=(-1,0)$ 作直线 $L$, 斜率为 $t$, 方程为 $y=t(x+1)$. 此直线与单位圆的交点， 除 $(-1,0)$ 外还应有一点 $P$. 将 $y=t(x+1)$代人
\(
x^{2}+y^{2}=1
\)
得
\[
  \begin{gathered}
  x^{2}+t^{2}(x+1)^{2}=1, \\
  \left(1+t^{2}\right) x^{2}+2 t^{2} x+t^{2}-1=0.
\end{gathered}
\]
\pause
已知一解 $x_{1}=-1$, 另一解 $x_{2}$ 应满足
\[
  (-1) \cdot x_{2}=\left(t^{2}-1\right) /\left(1+t^{2}\right).
\]
\pause
即得到 $P=(x, y)$ 的坐标：
\begin{equation*}
  x=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}, \quad y=\frac{2 t}{1+t^{2}}. %\tag{1}
\end{equation*}
\pause
其逆变换公式为
\(%\begin{equation*}
  t=y /(x+1). %\tag{2}
\)%\end{equation*}
\end{proof*}
\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{proof*}[定理 1 的证明 2 (续)]
此二公式建立了实数 $t \in(-\infty,+\infty)$ 与单位圆上的点 $P=(x, y)$ 的一一对应关系 ( $(-1,0)$ 除外), 而且此对应还保持有理性： \emph{$t$ 取有理数当且仅当 $(x, y)$ 为有理点}。 
\pause
令 $t=\frac{n}{m}$ 取遍 (既约) 有理数， 则得到单位圆上除$(-1,0)$之外的所有有理点 $P=(x, y)$ :
\[
x=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}=\frac{m^{2}-n^{2}}{m^{2}+n^{2}}, \quad y=\frac{2 t}{1+t^{2}}=\frac{2 m n}{m^{2}+n^{2}},
\]
\pause
若$m,n$奇偶性不同，则$%\frac{m^{2}-n^{2}}{m^{2}+n^{2}},
\frac{2mn}{m^{2}+n^{2}}$为既约分数，此时得勾股数组
\[
(a, b, c)=\left(m^{2}-n^{2}, 2 m n, m^{2}+n^{2}\right)
\]
以及与其成比例的数组 ($m, n$ 取遍互素整数)。
\pause
若$m, n$都是奇数，则$m+n, m-n$都是偶数。
必有 (i) $m+n=2r, m-n=2^e s$或 (ii) $m+n=2^er, m-n=2s$, 其中$r,s$为奇数，$e>1$;
诚然，若$m+n, m-n$都能被$4$整除，则$m$是偶数，矛盾了。
\pause
令$u=\frac{m+n}{2}, v=\frac{m-n}{2}$, 则$m=u+v, n=u-v$, 
且$u$奇$v$偶  (情形 (i) 时) 或 $u$偶$v$奇 (情形 (ii) 时)；进而
\[
  x=\frac{m^{2}-n^{2}}{m^{2}+n^{2}}=\frac{2uv}{u^2+v^2},\quad
  y=\frac{2 m n}{m^{2}+n^{2}}=\frac{u^2-v^2}{u^2+v^2}.
\]
\pause
$m,n$互素且$u, v$奇偶性不同蕴含了$u,v$互素，进而有
$%\frac{u^{2}-v^{2}}{u^{2}+v^{2}}, 
\frac{2uv}{u^{2}+v^{2}}$为既约分数。
\pause
此时得勾股数组
\[
(a, b, c)=\left(2 uv, u^{2}-v^{2},  u^{2}+v^{2}\right)
\]
以及与其成比例的数组 ($u, v$ 取遍互素整数)。
\end{proof*}
\end{frame}

\begin{frame}
若限定为正数解， 则 $(x, y)$ 限定在第一象限， $t$ 限定在 $0$ 与 $1$ 之间， $m>n> 0$.

例如， 斜率 $t_{1}=1 / 2$ 时， $m=2, n=1$, 得有理点
\[
P_{1}=(3 / 5,4 / 5), \quad(a, b, c)=(3,4,5)
\]
\pause
而 $t_{2}=1 / 3$ 时， 得有理点
\[
P_{2}=(8 / 10,6 / 10)=(4 / 5,3 / 5),
\]
对应着勾股数组 $(8,6,10)$ 以及与其成比例的本原勾股数组 $(4,3,5) . P_{1}$, $P_{2}$ 皆在第一象限。
\pause
同理可知， 若取斜率 $t= \pm 1 / 2, \pm 1 / 3, \pm 2 / 1$, 或 $\pm 3 / 1$, 可得到第 $1, 4, 2, 3$ 象限的 $8$ 个有理点 (每个象限两个), 从而得到相应的勾股数组 $(\pm 3, \pm 4,5)$ 和 $( \pm 4, \pm 3,5)$.

\pause
上述方法常称为\emph{弦切法} (chord and tangent method), 始于 Diophantus, 可用来求所有二次曲线上的有理点 (当有有理点时)。

\pause
弦切法最重大的意义是， 可用来定义三次曲线上点的加法， 从而引起伟大的发展和应用。 三次光滑曲线称为椭圆曲线 (设至少有一个有理点), 这是一类最有意义的曲线， 因为四次以上的曲线 (严格说是亏格大于 1 的曲线) 的有理点只有有限多个 (Mordell(莫德尔)-Faltings (法尔廷斯) 定理), 而二次或一次曲线上的有理点容易求出 (如上用弦切法), 故三次曲线 (严格说是亏格等于 1 的曲线) 的有理点最具内涵， 是最重要的曲线。 
\end{frame}

\begin{frame}

\begin{wrapfigure}{r}{.3\textwidth}
  \begin{center}
    \includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_06_01_28399ea5910f16de7574g-122}
\end{center}
\caption*{图 2}
\end{wrapfigure}
设 $f(x, y)=0$ 为三次曲线 $E$ (设系数为有理数), 则任一条直线 $L$ 与 $E$ 相交于三点 $P, Q, R$ (这里复数点和无穷远点都计人) (如图 2), 于是定义
\[
P+Q=-R
\]
($-R$ 的定义此处略去)。 如果 $P, Q$ 是有理点， 则 $L$ 的方程系数也是有理数， 从而 $-R$ 也是有理点。 故 $E$ 的有理点集合 $E(\mathbb{Q})$ 对上述加法封闭， 事实上是加法 Abel 群，具有有限个生成元。 $E(\mathbb{Q})$ 在 Fermat 大定理的最终证明中， 在 Gauss 猜想 (虚域情形) 的最终证明中， 都起到根
本作用; 是 E CC 信息安全算法的基础。 这种算法是最优的算法， 比现正使用的 RSA 算法有根本的不同。 我们将在附录 6 中简单介绍椭圆曲线和有关的数学， 以及与 Fermat 大定理的关系。

勾股方程 $x^{2}+y^{2}=z^{2}$ 进一步发展， 当然是 $x^{3}+y^{3}=z^{3}$, 或更一般地
\[
x^{n}+y^{n}=z^{n} \quad(n \geqslant 3),
\]
要求整数解。 此即所谓“Fermat 大定理”问题。下节讨论。

\end{frame}


\begin{frame}{小结}
  \begin{enumerate}
    \item 何为勾股数组 (毕达哥拉斯三元组)？
    \item 何为本原的勾股数组？本原勾股数组何样？
    \item 任意的勾股数组可如何表示？
    \item 说说弦切法找有理系数的多项式定义的二次曲线上的有理点的想法。
  \end{enumerate}
\end{frame}
